河北省沧州市南皮县2024-2025学年八年级下学期期末数学试题

2024一2025学年第二学嘲期术教学质量监测 八年级数学（翼教版） 本以看其瓦。息分分，专试时制物分件 佳夏有垂1答酒角维可制自己的鲜名，族线.考号等信自 之请情荐案正确雄写在节脑章上 卷1（这择通） 选降题（本大题共2个小题，每图3分，共始分，在每小题哈出的国个透境中，只有 一项是符合日要求的) 1在平面直角学标系电，点4(m一，5与点3。一5关于：输对称，刚m的箱 A.+4 且.+ C.3 D.-3 之把一个长为8宽为3的长方形约宽增相(0≤1<.长不变，所得长方思的面积，关于 。的函数表达式为水 A.-24 1.y8r-24 C有 D.=+24 下列国查中，话宜采用怕样调查的是》 A两查八年级某个班约名学生的身高情混 康调直2加24年巴候奥运会多赛运动员兴在剂的使用销况 C周查神角十四号我人飞妇各零部件的质量 D调春某找中性笔的使用寿合 4在平直直角坐标系中，一个正方形的两个顶点绝标抓2,1)，一2，一2》.制下列生标 表示韵点不可能成为该正方形衡点的是( A.(,1) B1,-2) C2.1) D.(-5.-2》 5.如图是某大学的部分位置困，则食食在器书前的你 A南偏西0产方向60米处 1.北偏有2方向6的米处 C南偏《0方向60来处 D.北偏西2为到0米处 6如图是某高品1一4月份单个的避价和售价的断线统计围.则售出技高品单个利制最小 的是 A1月 B2月 C.3A D.4月 有价 5题图 7知正比例面致+2（其中k为管数，且k*一2），如某y的值周：的植增大面增 大，那么下列的值中，不可能的是() A=3 B= C0 D.2 &如图，在菱那ABCD中.对角性ACD相交于点04G8,D-,过点A作AE成D, 过点D作E∥AC交AE干点E,周国边形AOOE的面积知】 A24 B.36 C.48 D.72 安如图，在国边形ACD中.点M是AD上一动点，点N是CD上一爱点：点EF分削是 MNM的中点，当点M从点A向点D移动时.下列陆晚一定正端的是() 八年程看到其瓶)箱1斯（共8翼） C⑤扫描全能王 3红久能立用销理细： 入线段F的长蜜逐系减小 款气段无F的长度连渐端大 C线屋EF的长度不教变 D线段F的长度不健确定 0调，一函最)广子十子的图象4，+6的图象相安于点八~2，照美于y的 3 方程组的 C/3 D 2 向大A肉 9脑图 11 L,A,B博勉相距24国米，甲，乙再人准备从A勉雷发去靠地.甲出发5分钟后，乙再出 发，两人到达B地启.》止适动甲乙老间的更离风m)与甲站动时间(m面之间的函题 美系如用所示，下列说这精误的是《) A乙出发2m后两人相遇 B.乙每分钟比甲多是Dm C乙到达B地时，甲距离B地还有30m 标 D,相调载，甲走4im或mn时再人相距2知 12如图，在△A8C中，AB-3.AC=4.BC=5,△AD,△AC3,△CF韩是等边三角形，下列 结论中：①4B1AG:@图边形AEFD是平行因边形：①∠DE=1P3④Sm1正 确的个数是() A1个 盘2个 C.3个 D,4个 卷Ⅱ（非选择题】 二，填空题（共4小题，每愿3分，其12分） 13.正多边形的一个内角等于14”，则多边形是E 边形 14.如图，在领形A8CD中，着A8=,D-5,瓷}，财线段CE的长为 15为了解某校人年复5如0名学生本学别参知社会实我话动的加时间，随机对该华最第分学生 速行查，根据收集的数据给制了如图所示的顿数分布直方图（每组含前一个边界值.不 含后一个边界值)，则估计H该校八年级学生参框壮会实我活动的时间不少于12天的人数 为 人 1缘如图，在平面直角坐标系中，直线一1与x轴交于点A,如用所示依次作正方形 AB,C0、正方形ABCC口，正方形ARCC,使得点A,AA、n在直线I上.点C, C.C在y轴正半结上，测点=的学标是 /人 14题图 15客 16想图 凡年提数翼材板》据2页（共8页） C⑤扫描全能王 3红人套立得销理细男 三，解答置（本题共。个题，其力分，解答应可出文学议明证明过程成滴草步骤） 打.（本小题满分扇分四边形A印在平面直角坐标系中的位置如国所示 《1)写出格久A,整的生标 (2)特点A,B,CD的纵坐标保持不变，情坐标分别乘一，旅次得到点影F,GH,用线 及银次连接显来，腾曲四边形E沉，渊国边形F无请与润边形ACD有怎样的拉 置美系： (3》求四边形E它H的面积 18.(本小题滨分8分某金业为了解全体员工上班出行的方式，在全体员工中随机轴取了 云干名员工进行问卷测查，问叁给出了四种上班出行方式供选择，每人只能选一项，且 不能不选，韩调在得到的姑果绘制成如图所示约扇形统计图和条形统计国 人数 +t。。。。 电动车 会交车 行军公军电车上方式 银据以上信电.解答下列问题： (1)在这次调雀中，一共#章了 名员工： (2)补全条形统计固： (3)在绵形统叶图中，“电动车对应的鼻形的心角的度数是度， (4)如果该金业有12名员工，企业准备的1国个停车位是吾够用：请说明理由 人年限数学到就蒸)算8页《共条买】 C⑤扫描全能王 3红久能在用销程细保： 9.(本小题满分8分同随骨最必年4月23日是第如个世界读书日”，为给师生畏 供更加良好的阅读环境，某学校决定矿大图爷馆面积，地相意科数量.现需的进》个书 架用干但战书籍 【素材经现] 素材一：有A,唇两种书果可供选择.A种书架的单价比B种书蒙单价高2%： 素林二：用44©无购买A种书复的数盘比用购元房买程种书架的数量多6个： 素材三d种书架数量不少于B种书架数量的？ 【问远解换】 (》求高A,B再种书复的最价： (2)授胸买：个A种书星，购买总赞用为。元，求，关于。的国数关系式以及登用量 少时的购买方案. 八年组数学（翼饭）属4气（共8到） C⑤扫描全能王 3红久能在用销理细保： 2加《本小题请分N分在平南直角坐标系中，已知点P的生标为=15.2-a) ()若点P到：轴的面离是1，优求出：的值： (2)在1想的条件下，点Q如菜是点向上平移3个单位长度得列的，试球出点Q的 坐标： (3)若点P位于第写象限且横纵坐标格是静数，威球点P的坠标 21.(本小题端分9分)规定：美于，y的二元一次方程+y(a,*0)的辅记为有序 数对x,y》,将这套有序数对在平面直角垒标系下描点。连接得到一条直线，这线有 序数对对应的点称为直线世+与=<(a0,b0)的解点”，回答下列同思： (1》已知P(-1,0).P以0.-1)，P以1,2)，是直线xy-1的解点"的是 (2)若A(1,1》,(2,·1)是直线(m+1x+-3的解点”，求ma的值 (3)已知实数1横足-2V石+=2，若点V不，提直线3y的一个解点” 请用等式表示：与春之间的美系，并求出：的登小值 八年级数（营教服》氧6面《共8页） C⑤扫描全能王 3红久能在用销程细保 立.（本小题调分9分如图.在平右四边慰ACD中，RF分捌为4D,BC边上的点，AP1 BC.DE-BF (1)求证：国边形AFC球是距形： (2)若AE-10,G36,点M在CP上且W平分4AMC,R出线段CW的长度 入年倾数学置鞋饭)氢6发（青参页） C⑤扫描全能王 3红久能在用销理细保 过.【本小题病分怕分加帽，已知直线，红+6（信，且4为常数）经过点A(-6,, 附1,5》.直线严一2m与直线AR交于点M.与：轴安于点D,点M的横坐标为一1 (1)根献图象，直接写出当转<·2e时，a的取值范国是什么： (2》求直线AB的表达式和a的值： (3》若点P在直线AB上，且5产4SA求点P的坐标 八年烟数料属教城)第7页（满8百） C⑤扫描全能王 3红久能立用销理细： 24.(本小题璃分2分如图，在正方形AD中，以C为边作菱形CEF,使得点E在正 方形ACD内，射找E与AD交于点M,与射线FA交于点龙 (1)当LABF=r阳时，求∠AE的度数： (2)如图2，当点A为N中友时.证明：A-}AB (3)试探究：∠N与上店V的度致之和是否为定值，若是，请求出试定值：若不是，诗 说明理由 2 风年级数学（其鞋饭）解8页（共系页） C⑤扫描全能王 3红久能在用销理细保1 2024 ～ 2025 学年第二学期期末教学质量监测 八年级数学（冀教版） 参考答案 评分说明： 1.本答案仅供参考，若考生答案与本答案不一致，只要正确，同样得分。 2.若答案不正确，但解题过程正确，可酌情给分。 一、（共 12 个小题，每题 3 分，共 36 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D D C C C A B C A A B 二、（共 4 个小题，每题 3 分，共 12 分） 13. 十 14. 10 15. 290 16. （22024,22025-1） 三、（共 8个小题，共 72 分） 17（8分）. 解：（1）A（﹣4，4），B（﹣5，3）； （2）A（﹣4，4），B（﹣5，3），C（﹣4，1），D（﹣1，3）， 横坐标分别乘﹣1，依次得到点 E（4，4）、F（5，3）、G（4，1）、H（1，3）， 作图如下： 由图可知：四边形 EFGH与四边形 ABCD关于 y轴对称； （3）由（2）题图可知： 2 四边形 EFGH的面积为：S 四边形 EFGH＝ 6132 123 2 112 2 111 2 134  . 18（8 分）. 解：（1）32÷40%＝80（名）， 所以在这次调查中，一共抽取了 80名员工， 故答案为：80； （2）抽取的 80名员工中上班出行的方式为自行车的有 80×20%＝16（名），补全条形统计图如图所示： （3）360° × 24 80 × 100% = 108°， 故答案为：108； （4）1200 × 8 80 = 120， ∵120＞100， ∴准备 100个停车位不够用． 19（8分）. 解：（1）设 B 种书架的单价为 x 元，则 A 种书架的单价为 x（1+20%）＝1.2x 元， 则可列方程： xx 9000 2.1 14400  ＝6， 解得 x＝500， 经检验，x＝500是原分式方程的解， ∴1.2x＝600， 答：A种书架的单价为 600元，B种书架的单价为 500元； （2）由（1）知：A种书架的单价为 600元，B种书架的单价为 500元， ∴w＝600a+500（20-a）＝100a+10000， ∵A种书架数量不少于 B种书架数量的 3 1 ， ∴a≥ 3 1 （20-a）， 解得 a≥5， 3 ∵100﹥0， ∴w随 a的增大而增大， ∴当 a＝5 时，w 取得最小值，此时 w＝10500，20-a＝15， 即 w 与 a 的函数关系式为 w＝100a+10000，费用最少时的购买方案是购买 A 种书架 5 个，B 种书架 15 个． 20（8分）. 解：（1）∵点 P（3a﹣15，2﹣a），且点 P到 x轴的距离是 1， ∴|2﹣a|＝1， ∴a＝1或 a＝3； （2）由（1）知：a＝1或 a＝3， 当 a＝1时，点 P（﹣12，1）， 当 a＝3时，点 P（﹣6，﹣1）， ∵点 Q是由点 P向上平移 3个单位长度得到的， ∴点 Q的坐标为（﹣12，4）或（﹣6，2）； （3）∵点 P（3a﹣15，2﹣a）位于第三象限， ∴ 3� − 15＜0 2 − �＜0 ， 解得：2＜a＜5．因为点 P的横、纵坐标都是整数，所以 a＝3或 4， 当 a＝3时，3a﹣15＝﹣6，2﹣a＝﹣1，则点 P（﹣6，﹣1）， 当 a＝4时，3a﹣15＝﹣3，2﹣a＝﹣2，则点 P（﹣3，﹣2）． 21（9分）. 解：（1）∵P1（-1，0），P2（0，-1），P3（1，2）， ∴-1-0＝-1，0-（-1）＝1，1-2＝-1， ∴是直线 x-y＝1的“解点”的是 P2， 故答案为：P2； （2）∵A（1，1），B（2，-1）是直线（m+1）x+ny＝3的“解点”， ∴把点 A，B分别代入（m+1）x+ny＝3， 得      312 31 nm nm ）（ ）（ ， 4 解得      1 1 n m ； （3）∵点 M（ h，t）是直线 3x-y＝s的一个“解点”， ∴把点 M代入直线 3x-y＝s，得 3 h -t＝s， ∴t＝3 h -s， ∵-2 h +t＝2， ∴-2 h +3 h -s＝2， ∴s＝ h -2， ∵ h ≥0， ∴s≥-2， ∴s最小值为-2． 22（9分）. （1）证明：∵AF⊥BC， ∴∠AFC＝∠AFB＝90°， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴CD＝AB，∠D＝∠B，AD∥BC， ∴∠EAF＝∠AFB＝90°， 在△CDE 和△ABF 中，         BFDE BD ABCD ， ∴△CDE≌△ABF（SAS）， ∴∠CED＝∠AFB＝90°， ∴∠AEC＝180°-∠CED＝90°， ∴∠AEC＝∠AFC＝∠EAF＝90°， ∴四边形 AFCE 是矩形； （2）解：∵EM 平分∠AMC， ∴∠AME＝∠CME， 5 ∵AE＝10，CE＝6，且由（1）知：四边形 AFCE 是矩形， ∴CF＝AE＝10，AF＝CE＝6，AE∥CF，∠AFM＝90°， ∴∠AEM＝∠CME， ∴∠AME＝∠AEM， ∴AM＝AE＝10， ∴在 Rt△AFM 中，FM＝ 8610 2222  AFAM ， ∵CF＝CM+FM， ∴CM＝CF-FM＝10-8＝2， ∴线段 CM 的长度为 2． 23（10分）. 解：（1）由图象可知，当 kx+b＜-2x+a时， x的取值范围为 x＜-3； （2）将点 A（-6,0），B（-1,5）分别代入 y1＝kx+b（k≠0）， 得      5 06 bk bk ， 解得      6 1 b k ， ∴直线 AB的表达式为 y1＝x+6， ∵点 M的横坐标为-3，且点 M在直线 AB上， ∴把 x＝-3代入 y1＝x+6，得 y1＝3， ∴点 M的坐标为（-3，3）， 把（-3，3）代入 y2＝-2x+a， 得 a＝-3； （3）由（2）知：y1＝x+6，y2＝-2x-3，M（-3，3）， ∴把 y2＝0代入 y2＝-2x-3得： 2 3 x ， ∴D（ 2 3  ，0）， ∵A（-6,0）， ∴AD= 2 3  -（-6）＝ 2 9 ， ∵M（-3，3）， ∴点 M到 AD的距离为 3， 6 ∴S△ADM＝ 4 273 2 9 2 1  ， ∵点 P在直线 AB上，直线 AB的表达式为 y1＝x+6， ∴设 P（m，m+6）， ∴点 P到 AD的距离为 6m ， 又∵S△ADP＝4S△ADM， ∴S△ADP＝ 27 4 2746 2 9 2 1  m ， 解得 m＝6 或-18， 当 m＝6 时，m+6＝12；当 m＝-18 时，m+6＝-12， ∴P（6，12）或（-18，-12）． 24（12分）. （1）解：如图，设 AB、EF的交点为点 G， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，AB＝BC， ∵四边形 BCEF是菱形， ∴BC＝BF，EF∥BC， ∴∠BGF＝∠ABC＝90°，AB＝BF， ∴∠BAF＝∠BFA， ∵∠ABF＝50°， ∴∠BFE＝90°-∠ABF＝40°，    65 2 180 ABFBFA ， ∵∠BFA＝∠AFE+∠BFE， ∴∠AFE＝∠BFA-∠BFE＝25°； （2）证明：如图，连接 DE， 7 ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB＝BC＝AD， ∵四边形 BCEF是菱形， ∴EF∥BC，EF＝BC， ∴AD∥EF，AD＝EF， ∴四边形 ADEF为平行四边形， ∴DE∥AF，DE＝AF， ∵点 A为 FN中点， ∴AF＝AN， ∴DE＝AN， ∵DE∥AF， ∴∠ANM＝∠DEM，∠NAM＝∠EDM， 在△ANM和△DEM中，         EDMNAM DEAN DEMANM ， ∴△ANM≌△DEM（ASA）， ∴AM＝DM， 又∵AD＝AM+DM， ∴AM＝ 2 1 AD， ∴AM＝ 2 1 AB； （3）解：是定值． ∵四边形 ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，且∠ABC＝∠ABE+∠CBE， ∴∠CBE＝90°-∠ABE， ∵四边形 BCEF是菱形， ∴∠CBE＝∠FBN＝90°-∠ABE， 8 ∴∠ABF＝∠FBN-∠ABE＝90°-2∠ABE， 由（1）知：AB＝BF， ∴∠BAF=∠BFN， ∴ ABEABEABFBFN  45 2 290180 2 180 ）（ ， ∴∠BFN+∠FBN＝45°+∠ABE+90°-∠ABE＝135°， 即∠BFN与∠FBN的度数之和为定值 135°.